这题真是妙的很。
通过看题解，终于知道了\(\sum_n f(n)^k\)这种东西怎么算。
思路
发现\(\sum_S (f(S))^k\)这东西因为有个\(k\)次方，所以特别难算，考虑拆开：
\[ x^k=\sum_{i=0}^k {x \choose i} \times i! \times S(k,i) \]
其中\(S(n,m)\)是第二类斯特林数，即\(n\)个元素放进\(m\)个集合里的方案数。（不会打那个大括号，会的请在评论区教我一下，谢谢）
于是式子化为：
\[ \begin{align*} ans&=\sum_S (f(S))^k\\ &=\sum_S \sum_{i=0}^k {f(S) \choose i} i!S(k,i)\\ &=\sum_{i=0}^k i!S(k,i)\sum_S {f(S) \choose i} \end{align*} \]
外面可以枚举\(i\)，考虑里面那一堆东西怎么搞。
考虑它的组合意义：对于每一个点集组成的生成树，在树里面选出\(i\)条边涂色的方案数。
听着像是个背包，实际就是背包。
设\(dp_{x,i}\)表示\(x\)的子树内选出一棵有\(i\)条涂了色的边的生成树的方案数，答案在每一棵生成树中深度最小的点上统计，则有
\[ dp_{x,i}+=dp_{x,j}dp_{v,i-j} \]
也就是个背包。
但实际的DP比这恶心很多，有很多细节。
复杂度看似是\(O(nk^2)\)，但据说是\(O(nk)\)，不过我不会证。
感觉对这题的理解还不够透彻，但网上也没什么题解，就这样吧。
代码
#include<bits/stdc++.h>
namespace my_std{
using namespace std;
#define pii pair<int,int>
#define fir first
#define sec second
#define MP make_pair
#define rep(i,x,y) for (int i=(x);i<=(y);i++)
#define drep(i,x,y) for (int i=(x);i>=(y);i--)
#define go(x) for (int i=head[x];i;i=edge[i].nxt)
#define sz 101010
typedef long long ll;
typedef double db;
const ll mod=1e9+7;
mt19937 rng(chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count());
template<typename T>inline T rnd(T l,T r) {return uniform_int_distribution<T>(l,r)(rng);}
template<typename T>inline void read(T& t)
{
t=0;char f=0,ch=getchar();double d=0.1;
while(ch>'9'||ch<'0') f|=(ch=='-'),ch=getchar();
while(ch<='9'&&ch>='0') t=t*10+ch-48,ch=getchar();
if(ch=='.'){ch=getchar();while(ch<='9'&&ch>='0') t+=d*(ch^48),d*=0.1,ch=getchar();}
t=(f?-t:t);
}
template<typename T,typename... Args>inline void read(T& t,Args&... args){read(t); read(args...);}
void file()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("a.txt","r",stdin);
#endif
}
// inline ll mul(ll a,ll b){ll d=(ll)(a*(double)b/mod+0.5);ll ret=a*b-d*mod;if (ret<0) ret+=mod;return ret;}
}
using namespace my_std;
int n,K;
struct hh{int t,nxt;}edge[sz<<1];
int head[sz],ecnt;
void make_edge(int f,int t)
{
edge[++ecnt]=(hh){t,head[f]};
head[f]=ecnt;
edge[++ecnt]=(hh){f,head[t]};
head[t]=ecnt;
}
inline ll add(ll x,ll y){x+=y;if (x>=mod) x-=mod;return x;}
ll dp[sz][233],f[sz],ans[233];
int size[sz];
#define v edge[i].t
void dfs(int x,int fa)
{
size[x]=1;dp[x][0]=2; // 选了自己和没选自己都合法
go(x) if (v!=fa)
{
dfs(v,x);
rep(i,0,K) f[i]=0;
rep(j,0,min(K,size[x])) // 一定要取min！！
rep(k,0,min(K-j,size[v]))
f[j+k]=add(f[j+k],dp[x][j]*dp[v][k]%mod);
rep(j,0,K) dp[x][j]=f[j];
rep(j,0,K) ans[j]=add(ans[j],mod-dp[v][j]); // 减去只在一棵子树有的，即不经过x的
size[x]+=size[v];
}
rep(i,0,K) ans[i]=add(ans[i],dp[x][i]);
drep(i,K,1) dp[x][i]=add(dp[x][i],dp[x][i-1]); // 考虑上通往祖先的那条边
dp[x][1]=add(dp[x][1],mod-1); // 减去子树为空但连了祖先边的一种情况
}
#undef v
void solve(){dfs(1,0);}
ll S[233][233];
int main()
{
file();
int x,y;
read(n,K);
rep(i,1,n-1) read(x,y),make_edge(x,y);
S[1][1]=1;
rep(i,2,K)
rep(j,1,K)
S[i][j]=add(S[i-1][j-1],S[i-1][j]*j%mod);
int fac=1,Ans=0;
solve();
rep(i,1,K)
{
fac=1ll*fac*i%mod;
Ans=add(Ans,1ll*fac*S[K][i]%mod*ans[i]%mod);
}
cout<<Ans;
return 0;
}